2022年秋高中数学第五章数列综合训练新人教B版选择性必修第三册

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14.数列{an}满足a1=3,且对于任意的n∈N+,都有an+1-an=n+2,则a39=.

15.数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=.

16.设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N+),则d+q的值是.

四、解答题17.(2022海南模拟预测)已知各项均为正数的数列{an}满足a1=1,an2+an+22=2an(1)求数列{an(2)求满足不等式an+5+1<2an的正整数n的最小值.18.设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.19.已知函数f(x)=xx+1,数列{an}满足a1=1,并且an+1=f(an(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=2n+1an,求数列{bn}的前n项和S20.已知数列{an}的通项公式为an=3n-1,在等差数列{bn}中,bn>0,且b1+b2+b3=15,又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列.(1)求数列{anbn}的通项公式;(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.21.某地出现了虫害,农业科学家引入了“虫害指数”数列{In},{In}表示第n周的虫害的严重程度,虫害指数越大,严重程度越高,为了治理虫害,需要环境整治、杀灭害虫.由于人力资源有限,每周只能采取以下两个策略之一:策略A:环境整治,“虫害指数”数列满足In+1=1.02In-0.20;策略B:杀灭害虫,“虫害指数”数列满足In+1=1.08In-0.46.当某周“虫害指数”小于1时,危机解除.(1)设第一周的虫害指数I1∈[1,8],用哪一个策略将使第二周的虫害严重程度更小?(2)设第一周的虫害指数I1=3,如果每周都采用最优的策略,虫害的危机最快在第几周解除?22.已知数列{an},{bn},{cn}满足a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1=bnbn+2·cn,n(1)若{bn}为等比数列,公比q>0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列{an}的通项公式;(2)若{bn}为等差数列,公差d>0,证明:c1+c2+…+cn<1+1d,n∈N+

参考答案第五章综合训练1.C由题意知an=an+1+an+2=anq+anq2,q>0,即q2+q-1=0,所以q=5-12,2.C等比数列{an}中,因为a5=9,所以a4a6=a52所以log3a4+log3a6=log3(a5)2=log381=4.故选C.3.C由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以9为首项,9为公差的等差数列,设为{an}.设上层有n环,则上层扇面形石板总数为Sn,中层扇面形石板总数为S2n-Sn,下层扇面形石板总数为S3n-S2n,三层扇面形石板总数为S3n.因为{an}为等差数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等差数列,公差为9n2.因为下层比中层多729块,所以9n2=729,解得n=9.所以S3n=S27=27×9+27×262×9=3402.故选C4.C设等差数列{an}的公差为d,因为a3=16,a7=8,可得d=a7-a37-3=8-16所以an=20+(n-1)×(-2)=22-2n,所以Sn=n(20+22-2所以Snn=21可得当n<21时,Snn当n=21时,Snn当n>21时,Snn<所以当n=20或n=21时,数列Snn的前n项和取得最大值.故选C.5.C因为an+1=an+2n,所以an+1-an=2n,因此a10=a10-a9+a9-a8+…+a2-a1+a1=29+28+…+2+1=1-2101-6.B设数列{an}的公差为d.由S3=a22,得3a2=a22,故a2=0或a由S1,S2,S4成等比数列可得S22=S1·S又S1=a2-d,S2=2a2-d,S4=4a2+2d,故(2a2-d)2=(a2-d)(4a2+2d),化简得3d2=2a2d,又d≠0,∴a2=3,d=2,a1=1,∴an=1+2(n-1)=2n-1,∴a10=19.7.B由题意可知,等差数列的公差d=a5-则其通项公式为an=a1+(n-1)d=-9+(n-1)×2=2n-11,注意到a1<a2<a3<a4<a5<0<a6=1<a7<…,且由T5<0可知Ti<0(i≥6,i∈N),由TiTi-1=ai>1(i≥7,i∈N)可知数列{Tn}不存在最小项,由于a1=-9,a2=-7,a3=-5,a4=-3,a5=-故数列{Tn}中的正项只有有限项:T2=63,T4=63×15=945.故数列{Tn}中存在最大项,且最大项为T4.故选B.8.C当n=1时,3S1=3a1=2a1-3,解得a1=-3;当n≥2时,由3Sn=2an-3n可得3Sn-1=2an-1-3(n-1),上述两式作差得3an=2an-2an-1-3,所以an=-2an-1-3,所以an+1=-2(an-1+1),所以an+1所以数列{an+1}是以a1+1=-2为首项,以-2为公比的等比数列,所以a2022+1=-2×(-2)2021=-22022,因此a2022=-22022-1.故选C.9.BCD当k=12时,a1=a2=12,A错误;当k=45时,an+1an=45·n+1n,若n<4,an+1an>1,若n>4,an+1an<1,所以可判断数列{an}一定有最大项,B正确;当0<k<12时,an+1an=kn+1n<n+12n≤1,所以数列{an}为递减数列,C正确;设k1-k=m∈N+,则k=mm+1,所以an+1an=kn+1n=mn+mmn+n,当n>m,即n≥m+110.BC因为S10=S20,所以10a1+10×92d=20a1+20×192d,解得a1=-对选项A,因为无法确定a1和d的正负,所以无法确定Sn是否有最大值,故A错误;对选项B,S30=30a1+30×292d=30×-292d+15×29d=0,故B正确.对选项C,a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2-292d+15d=d>0,故C正确.对选项D,a10=a1+9d=-292d+182d=-11a22=a1+21d=-292d+422d=13因为d<0,所以|a10|=-112d,|a22|=-132|a10|<|a22|,故D错误.故选BC.11.AC因为a1=1,数列1an+1是公比为2的等比数列,所以1an+1=2·2n-1=2n,所以an=1根据指数函数的性质及反比例函数性质,可知数列{an}为递减数列,C正确;因为12n-1≤12n-2n-1=12n-1,当且仅当n=1故选AC.12.BC若数列{an}是等差数列,则Sn=na1+n(n-1)d2=d2对于A选项,当d=0时,Sn=na1,若a1≠0,根据一次函数的性质可知,此时不存在符合题意的H.所以A选项错误;对于B选项,数列{an}是“和有界数列”,而Sn=d2n2+a1-d2n,若d≠0,根据二次函数的性质可知,此时不存在符合题意的H,故d=0.所以B选项正确;若数列{an}是等比数列,则Sn=a1(1-qn)1对于C选项,若|q|<1,则|Sn|=a11-q−a11-q·qn<a11-q+a11-qqn<2a11-q,对于D选项,若数列{an}是等比数列,且是“和有界数列”,q的取值可能为-1,此时|Sn|≤|a1|,所以存在实数H,使得对任意的n∈N+,都有|Sn|<H.所以D选项错误.故选BC.13.23-1由题意,可得(a1+2d)2=(a1+d)(a1+6d),故有3a1+2d=0,又因为2a1+a2=1,即3a1+d=所以d=-1,a1=2314.820因为an+1-an=n+2,所以a2-a1=3,a3-a2=4,a4-a3=5,……an-an-1=n+1(n≥2),上面n-1个式子左右两边分别相加,得an-a1=(n即an=(n所以a39=40×412=82015.7当n为偶数时,有an+2+an=3n-1,则(a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)+(a14+a16)=5+17+29+41=92,因为前16项和为540,所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448.当n为奇数时,有an+2-an=3n-1,由累加法得an+2-a1=3(1+3+5+…+n)-1+n2=34n2+n+14,所以an+2=34所以a1+34×12+1+14+a1+34×32+3+14+a1+34×52+5+14+a1+34×72+7+14+a1+34×92+9+14+a1+34×112+11+14+a1+34×132+13+14+a1=448,解得a1=7.16.4由等差数列的前n项和公式和等比数列的前n项和公式得Sn=na1+n(n-1)2d+b1(1-qn)1-q对照已知条件Sn=n2-n+2n-1,得d=2,q=2,所以d+q=4.17.解(1)由已知,an所以数列{an2}是等差数列,由a4-a2=2a4+a2,得a42−a22=2,所以2d=(2)由an>0,得an=n,所以原不等式即n+5+1<2n两边平方可得n+6+2n+5<4n,即2n+5<3n-6,所以4(n+5)<(3n-6)2,整理得(n-4)(9n-4)>0,解得n>4或n<因为n∈N+,故n的最小值为5.18.解(1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],……a2-5=3(a1-3).因为a1=3,所以an=2n+1.(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.所以Sn=(2n-1)2n+1+2.19.解(1)由题意,得an+1=an∴1an+1=a即1an∴数列1an是一个等差数列,公差为1,首项为1a1从而1an=n,∴an=(2)由(1),得bn=2n+1an=2n(n+1∴Sn=b1+b2+…+bn=21-12+12−13+…+1n−1n+1=20.解(1)∵an=3n-1,∴a1=1,a2=3,a3=9.∵在等差数列{bn}中,b1+b2+b3=15,∴3b2=15,则b2=5.设等差数列{bn}的公差为d,又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列,∴(1+5-d)(9+5+d)=64,解得d=-10或d=2.∵bn>0,∴d=-10应舍去,∴d=2,∴b1=3,∴bn=2n+1.故anbn=(2n+1)·3n-1.(2)由(1),知Tn=3×1+5×3+7×32+…+(2n-1)3n-2+(2n+1)3n-1,①3Tn=3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)3n-1+(2n+1)3n,②①-②,得-2Tn=3×1+2×3+2×32+2×33+…/r